Soit ${\displaystyle \ \sigma }$ un élément de ${\displaystyle \ S_{n}}$ qui centralise ${\displaystyle \ A_{n}}$. Il s'agit de prouver que ${\displaystyle \ \sigma }$ est la permutation identique. Soit a un élément de {1, 2, ... , n}; il s'agit de prouver que ${\displaystyle \ \sigma }$ fixe a. Puisque n est supposé au moins égal à 4, nous pouvons choisir dans {1, 2, ... , n} trois éléments distincts de a, soient b, c et d. Les 3-cycles (a b c) et (b c d) appartiennent à ${\displaystyle \ A_{n}}$, donc ils commutent avec ${\displaystyle \ \sigma }$, d'où

${\displaystyle \ \sigma }$ (a b c) ${\displaystyle \ \sigma ^{-1}}$ = (a b c)

et

${\displaystyle \ \sigma }$ (b c d) ${\displaystyle \ \sigma ^{-1}}$ = (b c d).

Compte tenu de l'effet d'une conjugaison sur un cycle (voir théorie), cela peut s'écrire

(${\displaystyle \ \sigma }$(a) ${\displaystyle \ \ \sigma }$(b) ${\displaystyle \ \ \sigma }$(c) ) = (a b c)

et

(${\displaystyle \ \sigma }$(b) ${\displaystyle \ \ \sigma }$(c) ${\displaystyle \ \ \sigma }$(d) ) = (b c d).

En passant aux supports, nous trouvons

{${\displaystyle \ \sigma }$(a), ${\displaystyle \ \sigma }$(b), ${\displaystyle \ \sigma }$(c)} = {a, b, c}

et

{${\displaystyle \ \sigma }$(b), ${\displaystyle \ \sigma }$(c), ${\displaystyle \ \sigma }$(d)} = {b, c, d}.

Donc

{${\displaystyle \sigma }$(a), ${\displaystyle \sigma }$(b), ${\displaystyle \ \sigma }$(c)} \ {${\displaystyle \ \sigma }$(b), ${\displaystyle \ \sigma }$(c), ${\displaystyle \ \sigma }$(d)} = {a, b, c} \ {b, c, d},

d'où

${\displaystyle \ \sigma }$(a) = a, ce qui, comme nous l'avons vu, prouve l'énoncé.

Remarque. Le fait que pour ${\displaystyle n\geq 4}$, le centre de ${\displaystyle A_{n}}$ est réduit à l'élément neutre pourrait se déduire de la détermination des sous-groupes normaux de ${\displaystyle \ A_{n}}$ qui a été faite au chapitre théorique.

Un sous-groupe d'ordre 6 de A₄ serait d'indice 2 dans A₄, donc (exercices sur le chapitre Sous-groupes distingués, groupe quotient) serait un sous-groupe distingué de A₄. C'est impossible, puisque (chapitre Groupes alternés, section Sous-groupes distingués des groupes alternés) les seuls sous-groupes distingués de A₄ sont 1, A₄ lui-même et un sous-groupe d'ordre 4 de A₄.

Tout conjugué de ${\displaystyle \sigma }$ dans ${\displaystyle A_{n}}$ est conjugué de ${\displaystyle \sigma }$ dans ${\displaystyle S_{n}}$, donc il suffit de prouver que tout conjugué de ${\displaystyle \sigma }$ dans ${\displaystyle S_{n}}$ est conjugué de ${\displaystyle \sigma }$ dans ${\displaystyle A_{n}}$. Soit ${\displaystyle \mu }$ un élément de ${\displaystyle S_{n}}$; il s'agit de prouver que ${\displaystyle \mu ^{-1}\sigma \mu }$ est conjugué de ${\displaystyle \sigma }$ dans ${\displaystyle A_{n}}$. C'est évident si la permutation ${\displaystyle \mu }$ est paire. Si ${\displaystyle \mu }$ est impaire, cela résulte de

${\displaystyle \mu ^{-1}\sigma \mu =\mu ^{-1}(\lambda ^{-1}\sigma \lambda )\mu =(\lambda \mu )^{-1}\sigma \lambda \mu }$,

où ${\displaystyle \lambda \mu }$ est paire.

Le groupe ${\displaystyle A_{4}}$ est formé d'un élément d'ordre 1, de trois éléments d'ordre 2, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3), c'est-à-dire les trois éléments de ${\displaystyle S_{4}}$ de structure cyclique 2-2, et de huit éléments d'ordre 3, à savoir les huit 3-cycles de ${\displaystyle S_{4}}$ : (1 2 3) et son inverse, (1 2 4) et son inverse, (1 3 4) et son inverse, (2 3 4) et son inverse.
Un élément de la forme (a b) (c d) est son propre conjugué par la permutation impaire (a b), donc, d'après le point a), sa classe de conjugaison dans ${\displaystyle A_{4}}$ est égale à sa classe de conjugaison dans ${\displaystyle S_{4}}$. Donc les trois éléments d'ordre 2 de ${\displaystyle A_{4}}$ forment une classe de conjugaison dans ${\displaystyle A_{4}}$.
Voici une autre justification de ce fait. Si (a b) (c d) n'avait qu'un conjugué dans ${\displaystyle A_{4}}$, (a b) (c d) serait un élément central de ${\displaystyle A_{4}}$, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, le centre de ${\displaystyle A_{4}}$ est réduit à l'élément neutre. Si (a b) (c d) avait exactement deux conjugués dans ${\displaystyle A_{4}}$, son centralisateur dans ${\displaystyle A_{4}}$ serait d'ordre 6, ce qui est impossible, car d'après un problème précédent, ${\displaystyle A_{4}}$ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6. Donc (a b) (c d) a au moins trois conjugués dans ${\displaystyle A_{4}}$, qui sont a fortiori des conjugués de (ab) (cd) dans ${\displaystyle S_{4}}$. Comme (ab) (cd) a exactement trois conjugués dans ${\displaystyle S_{4}}$, les conjugués de (ab) (cd) dans ${\displaystyle A_{4}}$ sont donc exactement les trois conjugués de (ab) (cd) dans ${\displaystyle S_{4}}$, à savoir (1 2) (3 4), (1 3) (2 4) et (1 4) (2 3).
Montrons maintenant que les huit 3-cycles se partagent en deux classes de conjugaison dans ${\displaystyle A_{4}}$ comprenant chacune quatre éléments.
Soit ${\displaystyle \gamma }$ un 3-cycle de ${\displaystyle S_{4}}$; ${\displaystyle \gamma }$ est donc un élément de ${\displaystyle A_{4}}$. Prouvons que ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ est son propre normalisateur dans ${\displaystyle A_{4}}$.
Dans le cas contraire, le normalisateur N de ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ dans ${\displaystyle A_{4}}$ est un sous-groupe de ${\displaystyle A_{4}}$ qui contient ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ et n'est pas réduit à ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$, donc l'ordre de N est divisible par 3 et > 3. Puisque cet ordre divise l'ordre 12 de ${\displaystyle A_{4}}$, il est donc égal à 6 ou à 12 et est donc pair. Donc N comprend un élément d'ordre 2, soit ${\displaystyle \alpha }$. Puisque ${\displaystyle \alpha }$ normalise ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$,

${\displaystyle \langle \gamma \rangle \langle \alpha \rangle }$

est un sous-groupe d'ordre 6 de ${\displaystyle A_{4}}$. C'est impossible, car d'après un problème précédent, ${\displaystyle A_{4}}$ n'a pas de sous-groupe d'ordre 6.
La contradiction obtenue prouve que ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ est son propre normalisateur dans ${\displaystyle A_{4}}$.
Puisque le centralisateur de ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ contient ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ et est contenu dans le normalisateur de ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$, le centralisateur de ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ (autrement dit le centralisateur de ${\displaystyle \gamma }$) dans ${\displaystyle A_{4}}$ est donc égal à ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ et est donc d'ordre 3, donc la classe de conjugaison de ${\displaystyle \gamma }$ dans ${\displaystyle A_{4}}$ est de cardinal 4. Il en résulte que les huit éléments d'ordre 3 de ${\displaystyle A_{4}}$ se partagent en deux classes de conjugaison de 4 éléments chacune.
Montrons que ${\displaystyle \gamma }$ et ${\displaystyle \gamma ^{-1}}$ ne sont pas conjugués dans ${\displaystyle A_{4}}$.
Dans le cas contraire, il existe un élément ${\displaystyle \rho }$ de ${\displaystyle A_{4}}$ tel que

${\displaystyle \qquad \gamma ^{-1}=\rho ^{-1}\gamma \rho }$.

Alors ${\displaystyle \rho }$ normalise ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ et n'appartient pas à ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ (puisqu'il ne commute pas avec ${\displaystyle \gamma }$). C'est impossible, puisque nous avons vu que ${\displaystyle \langle \gamma \rangle }$ est son propre normalisateur dans ${\displaystyle A_{4}}$.
La contradiction obtenue prouve que ${\displaystyle \gamma }$ et ${\displaystyle \gamma ^{-1}}$ ne sont pas conjugués dans ${\displaystyle A_{4}}$. En particulier, (1 2 3) et (1 3 2) ne sont pas conjugués dans ${\displaystyle A_{4}}$.
Les 4 classes de conjugaison dans ${\displaystyle A_{4}}$ sont donc la classe de l'élément neutre, la classe de (1 2) (3 4), la classe de (1 2 3) et la classe de (1 3 2).

Le sous-groupe ${\displaystyle S\cap N}$ de S est normal dans S, donc, puisque S est simple, ${\displaystyle S\cap N}$ est égal à S ou réduit à l'élément neutre. Dans le premier cas, S est contenu dans N, donc l'énoncé est vrai dans ce cas. Dans le second cas, il résulte du second théorème d'isomorphisme que S est isomorphe à SN/N, qui est un sous-groupe de G/N, donc l'énoncé est encore vrai dans ce cas.

Démontrons d'abord le second énoncé. Faisons suivre ${\displaystyle f}$ par l'homomorphisme signature de ${\displaystyle S_{X}}$ dans le groupe ${\displaystyle \{1,-1\}.}$ Nous obtenons ainsi un homomorphisme ${\displaystyle g:H\to \{1,-1\}}$ qui, d'après les hypothèses, prend la valeur -1, et est donc surjectif. D'après le premier théorème d'isomorphisme, ${\displaystyle H/Kerg}$ est donc isomorphe à ${\displaystyle \{1,-1\}}$ et est donc d'ordre 2, donc ${\displaystyle Kerg}$ est un sous-groupe d'indice 2 de H, ce qui prouve le second énoncé du point b). On en tire le premier énoncé en faisant H = G et en prenant pour ${\displaystyle f}$ l'homomorphisme inclusion ${\displaystyle t\mapsto t}$ de G dans S_X

Voici tout d’abord une démonstration à l'aide du point a). On a vu dans la théorie que A_X est un sous-groupe normal de S_X. D'après le point a), G est donc contenu dans A_X ou isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X. Mais S_X/A_X est d'ordre au plus égal à 2 (et en fait, dans nos hypothèses, d'ordre égal à 2). Donc G, qui est supposé d'ordre au moins égal à 3, ne peut pas être isomorphe à un sous-groupe de S_X/A_X, donc il est contenu dans A_X, ce qui prouve l'énoncé.
Voici maintenant une démonstration à l'aide du point b). Il revient au même de prouver que si G n’est pas contenu dans A_X, il n’est pas simple. Or d’après le point b), G contient alors un sous-groupe d'indice 2, soit H. Puisque l’ordre de G est > 2, on a 1 < H < G; de plus, tout sous-groupe d'indice 2 étant normal, H est normal dans G. Il en résulte que G n’est pas simple.

Désignons par E l’ensemble sous-jacent de G. Pour tout élément g de G, désignons par L_g la permutation ${\displaystyle \ x\mapsto gx}$ de E. D'après le théorème de Cayley, ${\displaystyle \ g\mapsto L_{g}}$ définit un isomorphisme de G sur un sous-groupe H de S_E. D'après le théorème de Cauchy, G admet un élément a d'ordre 2. Alors L_a est un élément d'ordre 2 de H. D'autre part, du fait que a n’est pas l'élément neutre de G, il résulte que L_a ne fixe aucun point. En considérant la décomposition de L_a en cycles à supports disjoints, on trouve que L_a est le produit de n transpositions et est donc une permutation impaire. Ainsi, H comprend une permutation impaire. D'après le point b), H a donc un sous-groupe d'indice 2. Puisque H est isomorphe à G, G a donc un sous-groupe d'indice 2.

Vu l'effet d'une conjugaison sur la décomposition d'une permutation en cycles, V est un sous-groupe normal de S₄. Comme (pour tout nombre naturel n) 1, A_n et S_n sont normaux dans S_n, il reste à prouver que

(thèse 1) si n est un nombre naturel distinct de 4, tout sous-groupe normal de S_n est égal à 1, à A_n ou à S_n

et que

(thèse 2) tout sous-groupe normal de S₄ est égal 1, à V, à A₄ ou à S₄.

Si n ≤ 2, la thèse (1) est banale. Il suffit donc de la démontrer dans le cas où n est égal à 3 ou au moins égal à 5. D'après le chapitre théorique, A_n est alors simple. On a vu dans un problème ci-dessus que si G est un groupe, N un sous-groupe normal de G et S un sous-groupe simple de G, alors S est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de G/N. En faisant G = S_n et S = A_n, nous trouvons que si N est un sous-groupe normal de S_n, alors A_n est contenu dans N ou isomorphe à un sous-groupe de S_n/N. Si tout d'abord A_n est contenu dans N (d'où A_n ≤ N ≤ S_n), alors, puisque A_n est d'indice 2 dans S_n, la formule des indices entraîne que N est égal à A_n ou à S_n, donc la thèse (1) est vraie dans ce cas. Si maintenant A_n est isomorphe à un sous-groupe de S_n/N, alors |A_n| divise |S_n/N|, donc |N| divise |S_n/A_n| = 2, donc |N| = 1 ou 2. Si |N| était égal à 2, alors, puisque N est normal dans S_n, N serait central dans S_n, ce qui est impossible, car on a vu dans les exercices de la série Groupes symétriques finis que si n ≥ 3, le centre de S_n est réduit à l'élément neutre. Donc N = 1, ce qui achève de démontrer la thèse (1).

Prouvons la thèse (2). On pourrait donner une démonstration, assez lourde, dans la ligne de ce qui précède, mais voici une démonstration élémentaire et simple. Soit N un sous-groupe normal de S₄, distinct de 1, de A₄ et de S₄. Il s'agit de prouver que

(thèse 3) N est égal à V.

Si N comprenait une transposition, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait toutes les transpositions, donc il serait égal à S₄, contradiction. Donc N ne comprend aucune transposition.
Si N comprenait un 3-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 3-cycles, donc il contiendrait A₄. Comme A₄ est d'indice 2 dans S₄, N serait donc égal à A₄ ou à S₄ (formule des indices), contradiction. Donc N ne comprend aucun 3-cycle.
Si N comprenait un 4-cycle, alors, puisqu'il est normal dans S₄, il comprendrait tous les 4-cycles et comprendrait donc (1 2 3) = (1 3 2 4) (1 3 4 2), ce qui contredit le résultat précédent. Donc N ne comprend aucun 4-cycle.
D'après ce qui précède, N est contenu dans V. Puisque N n'est pas réduit au neutre, il comprend un élément de structure cyclique 2-2; puisqu'il est normal dans S₄, il comprend donc tous les éléments de structure cyclique 2-2 et contient donc V, donc est égal à V, ce qui prouve la thèse (3).

Choisissons une décomposition de ${\displaystyle \sigma |Y}$ comme produit ${\displaystyle \tau _{1}\ldots \tau _{n}}$ de transpositions de Y. Nous savons que ${\displaystyle \sigma |Y}$ est paire si et seulement si n est pair. Pour chaque i (${\displaystyle 1\leq i\leq n}$), désignons par ${\displaystyle {\tilde {\tau _{i}}}}$ la permutation de X qui coïncide avec ${\displaystyle \tau _{i}}$ en tout point de Y et laisse fixes tous les points de X - Y. Il est clair que ${\displaystyle {\tilde {\tau _{i}}}}$ est une transposition de X et que ${\displaystyle \sigma }$ est égale au produit ${\displaystyle {\tilde {\tau _{1}}}\ldots {\tilde {\tau _{n}}}}$. Donc ${\displaystyle \sigma }$ est paire si et seulement si n est pair. Ainsi, ${\displaystyle \sigma |Y}$ et ${\displaystyle \sigma }$ sont paires à la même condition.

Conséquence immédiate du problème précédent, puisque si E désigne un ensemble fini, les permutations paires de E sont exactement les produits de cycles de longueur 3 de E.

Puisque ${\displaystyle \sigma }$ appartient à ${\displaystyle A_{\infty }}$, il existe des transpositions ${\displaystyle \tau _{1},\ldots \tau _{2k}}$ de E telles que ${\displaystyle \sigma =\tau _{1}\ldots \tau _{2k}}$. Soit X la réunion de ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ et des supports des ${\displaystyle \tau _{i}}$. Puisque le support de ${\displaystyle \sigma }$ est contenu dans X (par exemple parce qu’il est contenu dans ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$), nous pouvons considérer la birestriction ${\displaystyle \sigma |X}$ de ${\displaystyle \sigma }$ à X. Pour chaque i (${\displaystyle 1\leq i\leq 2k}$), désignons par ${\displaystyle {\bar {\tau _{i}}}}$ la birestriction de ${\displaystyle \tau _{i}}$ à X (ce qui est possible puisque le support de ${\displaystyle \tau _{i}}$ est contenu dans X). Il est clair que ${\displaystyle \sigma |X}$ est le produit des ${\displaystyle {\bar {\tau _{i}}}}$ (${\displaystyle i\leq 2k}$), donc c’est une permutation paire de X. Son support est contenu dans ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ (puisque le support de ${\displaystyle \sigma }$ l'est lui-même) donc, d’après la question a), la birestriction de ${\displaystyle \sigma |X}$ à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ est une permutation paire de ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$, autrement dit la birestriction de ${\displaystyle \sigma }$ à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ est une permutation paire de ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$, comme annoncé. Nous pouvons donc définir une application de B_n dans A_n qui à tout élément ${\displaystyle \sigma }$ de B_n fait correspondre sa birestriction à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$. D'autre part, si ${\displaystyle \varphi }$ est un élément de A_n, on montre facilement que la permutation de E qui coïncide avec ${\displaystyle \varphi }$ en tout élément de ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ et laisse fixes tous les autres éléments de E appartient à B_n, ce qui permet de définir une application de A_n dans B_n, réciproque de l’application que nous avons définie de B_n dans A_n. Ainsi, il existe une bijection de B_n sur A_n qui applique tout élément ${\displaystyle \sigma }$ de B_n sur sa birestriction à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$. On vérifie facilement que cette bijection est un isomorphisme, donc B_n est isomorphe à A_n comme annoncé.

Choisissons dans H un élément ${\displaystyle \sigma \not =1}$. Il est clair que ${\displaystyle A_{\infty }}$ est la réunion des B_n, donc il existe un n₀ tel que ${\displaystyle \sigma \in B_{n_{0}}}$. Soit n₁ le plus grand des deux nombres n₀ et 5. Il est clair que la suite des B_n est croissante, donc ${\displaystyle \sigma }$ appartient à B_n pour tout nombre naturel ${\displaystyle n\geq n_{1}}$. Soit n un tel nombre naturel. Puisque H est distingué dans ${\displaystyle A_{\infty }}$, ${\displaystyle H\cap B_{n}}$ est distingué dans B_n. Puisque ${\displaystyle n\geq 5}$, A_n est simple. Puisque, d’après la question c), B_n est isomorphe à A_n, B_n est simple. Ainsi, ${\displaystyle H\cap B_{n}}$ est un sous-groupe distingué du groupe simple B_n et comprend l'élément ${\displaystyle \sigma \not =1}$. On a donc ${\displaystyle H\cap B_{n}=B_{n}}$, autrement dit, H contient B_n. Puisque ceci est vrai pour tout ${\displaystyle n\geq n_{1}}$ et que la suite des B_n est croissante, H contient B_n pour tout ${\displaystyle n\geq 1}$. Puisque ${\displaystyle A_{\infty }}$ est la réunion des B_n, H est donc égal à ${\displaystyle A_{\infty }}$ tout entier, ce qui prouve bien que ${\displaystyle A_{\infty }}$ est simple. (Cette démonstration s'étend de façon immédiate à l'énoncé suivant : si un groupe est réunion d'une suite croissante de sous-groupes simples, ce groupe est simple.)

Remarque : le point a) n’est pas vraiment nécessaire pour prouver que ${\displaystyle A_{\infty }}$ est simple. Il suffit de définir B_n comme l’ensemble des éléments de ${\displaystyle A_{\infty }}$ dont le support est contenu dans ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ et dont la restriction à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ est une permutation paire de ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$. Cela permet d'abréger la démonstration, mais a l'inconvénient de donner une définition redondante de B_n, puisque, d’après le point a), on peut éliminer de cette définition la condition que la restriction à ${\displaystyle \{1,\ldots n\}}$ soit une permutation paire.

Choisissons un sous-groupe d'ordre 3 de G, soit P. P est un 3-sous-groupe de Sylow de G, donc d’après les hypothèses et les théorèmes de Sylow, P n’est pas normal dans G. Désignons par G/P l’ensemble des classes à gauche modulo P et faisons opérer G sur cet ensemble par translations gauches; cela revient à considérer l'homomorphisme

x ↦ t_x : Y ↦ xY

de G dans S_G/P. Le noyau K de cet homomorphisme est l’ensemble des éléments x de G tels que pour toute classe à gauche aP modulo P,

xaP = aP.

Cette condition sur x revient à dire que pour tout élément a de G, a^-1xa appartient à P, ce qui revient encore à dire que x appartient à tous les conjugués de P dans G. Donc le noyau K est l'intersection des conjugués de P dans G. (De façon générale, si H est un sous-groupe d'un groupe G, l'intersection des conjugués de H dans G est appelée le cœur de H dans G. Donc, dans le cas qui nous occupe, K est le cœur de P dans G.) Nous avons vu que P n’est pas normal dans G, donc il existe un conjugué de P distinct de P. Comme P et un tel conjugué sont deux différents sous-groupes d'ordre 3, leur intersection est réduite à l'élément neutre, donc K est réduit à l'élément neutre, ce qui prouve que l'homomorphisme considéré de G dans S_G/P est injectif. Donc G est isomorphe à un sous-groupe de S_G/P. Puisque P est d'ordre 3, l’ensemble G/P des classes à gauche modulo P est un ensemble à 4 éléments, donc S_G/P est isomorphe à S₄, donc G est isomorphe à un sous-groupe H de S₄. Puisque G est d'ordre 12, H est d'ordre 12. On a noté dans le chapitre Groupes alternés que pour n ≥ 2, le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n est A_n, donc G est isomorphe à A₄.

D'après un théorème de Sylow, le nombre des sous-groupes d'ordre 3 de G est congru à 1 modulo 3 et divise 8. Par hypothèse, ce nombre est > 1, donc il est égal à 4. L'ensemble E des 3-sous-groupes de Sylow de G est donc un ensemble à 4 éléments. D'après un théorème de Sylow, E est une classe de conjugaison de sous-groupes de G, donc G opère sur E par conjugaison. Soit f l'homomorphisme de G dans S_E correspondant à cette opération, soit K le noyau de f. Alors ${\displaystyle K=\bigcap _{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})}$, où les P_i sont les quatre sous-groupes d'ordre 3 de G. D'après un exercice sur le chapitre des sous-groupes de Sylow (où on fait p = 3), l’ordre de K divise donc 2 ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{4}P_{i}\vert }$. L'intersection de deux différents sous-groupes d'ordre 3 est réduite à l'élément neutre, donc ${\displaystyle \vert \bigcap _{i=1}^{4}P_{i}\vert }$ = 1, donc l’ordre de K est égal à 1 ou à 2.
Puisque K est le noyau d'un homomorphisme partant de G, c’est un sous-groupe normal de G. Un sous-groupe normal d'ordre égal à 1 ou à 2 est central, donc K est contenu dans le centre de G. D'autre part, comme noté audit exercice sur les sous-groupes de Sylow, le centre de G est contenu dans ${\displaystyle \bigcap _{i=1}^{4}N_{G}(P_{i})}$, c'est-à-dire dans K. Donc K = Z(G) et Z(G) est d'ordre 1 ou 2.
D'après le premier théorème d'isomorphisme, G/K est isomorphe à un sous-groupe de S_E, donc à un sous-groupe de S₄. On a vu que K = Z(G), donc G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe de S₄. Si Z(G) est d'ordre 1, G est donc isomorphe à un sous-groupe d'orde 24 de S₄, qui ne peut être que S₄ lui-même. Si Z(G) est d'ordre 2, G/Z(G) est isomorphe à un sous-groupe d'ordre 12 de S₄; on a noté au chapitre Groupes alternés que (pour n ≥ 2) A_n est le seul sous-groupe d'indice 2 de S_n, donc G/Z(G) est isomorphe à A₄.

Choisissons un sous-groupe normal H d'ordre 4 de G qui soit son propre centralisateur dans G.
Supposons que, par absurde, G n'ait qu'un sous-groupe d'ordre 3, soit P. Alors P est normal dans G. Comme les ordres de H et de P sont premiers ente eux, H ⋂ P = 1. On a vu dans les exercices de la série Sous-groupe distingué, groupe quotient que si deux sous-groupes normaux d'un groupe ont une intersection réduite à l'élément neutre, ils se centralisent mutuellement. Donc P centralise H, ce qui est absurde puisque P n’est pas contenu dans H et que H est supposé être son propre centralisateur. La contradiction obtenue prouve que

(3) G a plus d'un sous-groupe d'ordre 3.

Prouvons maintenant que Z(G) = 1. Choisissons un élément d'ordre 3 de G, soit a. Puisque a est d'ordre 3, il n'appartient pas à H. Puisque H est son propre centralisateur, a ne centralise donc pas H. Puisque H est normal dans G, chaque automorphisme intérieur de G admet une birestriction à H et l’application de G dans Aut(H) qui à g fait correspondre l'automorphisme x ↦ gxg^-1 de H est un homomorphisme de G dans Aut(H). Puisque a est d'ordre 3, l’ordre de son image par cet homomorphisme divise 3, autrement dit l’ordre de l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H divise 3. On a vu que a ne centralise pas H, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n’est pas l'identité, donc cet automorphisme de H est d'ordre 3. Il en résulte que la permutation de H - {1} induite par cet automorphisme est elle aussi d'ordre 3 et est donc un 3-cycle, donc l'automorphisme x ↦ axa^-1 de H n'a pas de point fixe dans H - {1}. Puisqu'un élément de Z(G) est un point fixe de cet automorphisme, aucun élément de Z(G) n'appartient à H - {1}. Mais, puisque H est son propre centralisateur dans G, Z(G) est contenu dans H, donc

(4) Z(G) = 1.

Compte tenu de (3) et (4), l'énoncé résulte du point a).

Supposons que, par absurde, G ne soit pas isomorphe à S₄. Alors, d'après le point a), G/Z(G) est isomorphe à A₄, ce qui entraîne que Z(G) est d'ordre 2. Par hypothèse, nous pouvons choisir deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G, soient P et Q. D'après un exercice sur les théorèmes de Sylow, PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont des 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). S'ils n'étaient pas distincts, on aurait, en passant aux réunions,

(1) PZ(G) = QZ(G).

Mais, d'autre part, comme Z(G) est un sous-groupe normal d'ordre 2 de G, il est contenu dans tous les 2-sous-groupes de Sylow de G, donc PZ(G)= P et QZ(G) = Q, donc notre résultat (1) peut s'écrire P = Q, ce qui contredit le choix de P et Q. Donc PZ(G)/Z(G) et QZ(G)/Z(G) sont deux différents 2-sous-groupes de Sylow de G/Z(G). On a vu que G/Z(G) est isomorphe à A₄, donc, d'après ce qui précède, A₄ compte plus d'un 2-sous-groupe de Sylow. Ceci est faux, car on a vu dans le chapitre théorique que A₄ a un sous-groupe normal d'ordre 4, qui est donc son unique 2-sous-groupe de Sylow. La contradiction obtenue prouve l'énoncé.